文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（湖南卷专用）
黄金卷07
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
符合题目要求．
1．图像可以直观地反映物理量之间的关系，如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图像，乙图是
c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，丙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时
间之间的关系图像，丁图是原子核的比结合能与质量数之间关系图像，下列判断正确的是（ ）
A．甲图中，a光的波长大于b光的波长
B．乙图中，金属c的逸出功小于金属d的逸出功
C．丙图中，每过3.8天要衰变掉质量相同的氡
D．丁图中，质量数越大原子核越稳定
【答案】 B
【解析】A． 由图可知，a光的截止电压大，根据逸出功表达式
所以a光频率大，a光波长短，故A错误；
B．由光电效应可知
能量守恒有
有
当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所以c的逸出功小，故B正确；C．由图可知氡半衰期为3.8天，由于每次衰变后的氡质量均变成原来的一半，故每过3.8天要衰变掉质量
不相同的氡，故C错误；
D．质量数大，比结合能不一定大，故D错误。
故选B。
2．在一些电子显示设备中，让阴极发射的电子束通过适当的非匀强电场，可以使发散的电子束聚集。如
图，带箭头的实线表示电场线，虚线表示电子的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点。下列说法正确的
是（ ）
A．M点的电势高于N点
B．电子在M点的加速度大于在N点的加速度
C．电子在M点的动能大于在N点的动能
D．电子在M点的电势能大于在N点的电势能
【答案】 D
【解析】A．沿电场线电势逐渐降低，可知 M点的电势低于N点，选项A错误；
B．因N点电场线比M点密集，可知N点场强较大，电子在N点受电场力较大，则电子在M点的加速度小
于在N点的加速度，选项B错误；
CD．电子从M到N点，电场力做正功，动能增加，则在M点的动能小于在N点的动能，电势能减小，则
电子在M点的电势能大于在N点的电势能，选项C错误，D正确。
故选D。
3．一光滑半圆环固定于竖直平面内，O为半圆环的圆心，AB为半圆环的水平直径，一质量为m的小球套
在半圆环上，小球和圆心O之间连接一轻弹簧，弹簧处于伸长状态。在半圆环所在的竖直平面内对小球施
加一水平向左的拉力F，小球静止于C点，OC与水平直径的夹角为 。现保持拉力F的方向不变，将小
球从C点缓慢拉动到D点。OD与水平直径的夹角为 ，则此过程中（ ）
A．弹簧对小球的弹力逐渐变小
B．半圆环对小球的弹力逐渐变大
C．弹簧对小球弹力与半圆环对小球弹力的合力逐渐变小
D．水平向左的拉力F逐渐变大【答案】 C
【解析】A．由于从C到D的过程，弹簧的长度始终为半圆形圆环的半径，即弹簧的伸长量不变，根据胡
克定律
所以该过程中，弹簧的弹力大小不变，故A项错误；
B．对小球进行受力分析，其受到重力G、弹簧的弹力 ，半圆形圆环对小球的弹力 以及向左的拉力
F，设 为弹簧弹力与水平方向的夹角，如图所示
因为小球静止，所以水平方向有
竖直方向有
整理有
在从C到D的过程，由于是缓慢运动，所以一直处于平衡态，由于该过程中，角度 变大，由之前的分析
可知，弹簧的弹力大小不变，所以半圆形圆环对小球的弹力减小，故B项错误；
CD．由之前的分析可知以及平衡结论有，外力F与小球的重力G的合力大小等于小球受到弹簧弹力和半
圆环对小球的弹力的合力大小，由于重力大小方向不变，外力F方向不变，由之前的分析可知
由C到D的过程，角度变大，所以F的大小变小，由力的合成知识点可知，重力与F的合力为
即该合力在减小，所以弹力和半圆环对小球的弹力的合力大小也在减小，故C正确，D错误。
故选C。
4．电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂竖直挂着矩形线圈，匝数为 n，线圈的水平边长为
l，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向垂直线圈平面向里。当没有通电时，调节砝码使两臂达到平衡。
当线圈中通过如图所示方向的电流I时，要使两臂重新达到平衡，在某一盘中增加了质量为m的砝码。重
力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）A．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
B．增加的砝码在左盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
C．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
D．增加的砝码在右盘中，匀强磁场的磁感应强度大小为
【答案】 A
【解析】当线圈中通过如图所示方向的电流I时，线圈受安培力向下，要使两臂重新达到平衡，在左盘中
增加砝码
匀强磁场的磁感应强度大小为
故选A。
5．投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，射之细也。宴饮
有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人沿水平方向各投出一支箭，箭尖插入壶中时与水
平面的夹角分别为 和 ；已知两支箭质量相同，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，
， 。下列说法正确的是（ ）
A．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，甲所投箭的初速度比乙的小
B．若两人站在距壶相同水平距离处投壶，乙所投的箭在空中运动时间比甲的长
C．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲所射箭落入壶口时速度比乙大
D．若箭在竖直方向下落的高度相等，则甲投壶位置距壶的水平距离比乙大【答案】 A
【解析】AB．设箭的水平初速度为 ，入壶时与水平方向的夹角为 ，则有
由于
所以
若两人站在距壶相同水平距离处投壶，即 时，则 ，根据
可知 ，即甲所投的箭在空中运动时间比乙的长；根据
可知 ，即甲所投箭的初速度比乙的小，故A正确、B错误；
CD．若箭在竖直方向下落的高度相等，即 时，则 ，即甲投壶位置距壶的水平距离比乙小；
根据
可知 ，根据
可知 ，则射箭落入壶口时的速度
即甲所射箭落入壶口时速度比乙小，故CD错误。
故选A。
6．如图所示的电路中，电源的电动势、内阻及各电阻的阻值都标记在了图中，电压表和电流表均为理想
电表，电压表V、 和 的示数分别为U、 和 ，三个电压表变化量的绝对值分别 、 和 ，
电流表A的示数为I（电流表示数变化量的绝对值为 ，当滑动变阻器 的滑片P向a端移动时，下列说
法中正确的是（ ）A． 和 均增大
B．电源的总功率和效率均增大
C．
D．如果设流过电阻 的电流变化量的绝对值为 ，流过滑动变阻器 的电流变化量的绝对值为 ，
则
【答案】 D
【解析】A．由于
当滑动变阻器 的滑片P向a端移动时， 增大， 增大，根据
得
则
不变，故A错误；
B．当滑动变阻器 的滑片P向a端移动时， 增大，电路中总电阻增大，总电流减小，电源的总功率
减小，故B错误；
C．根据
则
故C错误；
D．根据所以
当滑动变阻器 的滑片P向a端移动时， 增大，电路中总电流增大， 增大， 为定值，所以
故D正确。
故选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
7．我国在探索宇宙文明过程中取得了重大突破，中国科学院高能物理研究所公布：在四川稻城的高海拔
观测站，成功捕获了来自天鹅座万年前发出的信号。若在天鹅座有一质量均匀分布的球形“类地球”行星，
其密度为ρ，半径为R，自转周期为T，引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
0
A．该“类地球”行星的同步卫星的运行速率为
B．该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径为
C．该“类地球”行星表面重力加速度在两极的大小为
D．该“类地球”行星的卫星在行星表面附近做匀速圆周运动的速率为
【答案】 CD
【解析】A．根据匀速圆周运动线速度公式以及行星的同步卫星周期 ，可知其运行速率为
为该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径，并不是R，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
“类地球”行星的质量为
该“类地球”行星的同步卫星的轨道半径为故B错误；
C．该“类地球”行星表面重力加速度在两极处有
解得
故C正确；
D．根据万有引力提供向心力
该“类地球”行星的卫星在行星表面附近做匀速圆周运动的速率为
故D正确。
故选CD。
8．如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为 θ，经折射后射出
a、b两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A．在真空中，a 光的波长大于b光的波长
B．在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C．若光束的入射角θ逐渐变大，则折射光线a首先消失
D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
【答案】 CD
【解析】AB．由题图可知，玻璃砖对a 光的折射率大于对b光的折射率，则a光的频率大于b光的频率，
由 可知，在真空中，a光的波长小于b光的波长，由 可知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光
的传播速度，故AB错误；
C．若光束的入射角θ逐渐变大，因为a光的折射率更大，所以折射光线a首先消失，故C正确；
D．a光的波长小于b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间
距小于b光的干涉条纹间距，故D正确。故选CD。
9．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为 ，以恒定速率 顺时针转动。一煤块以初
速度 从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取 ，则下列说
法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值
B．煤块与传送带间的动摩擦因数
C．煤块从最高点下滑到A端所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
【答案】 ABD
【解析】AB．由题图乙可知，在0~1s时间内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
在1~2s内，煤块的加速度为
负号表示方向沿传送带向下，由牛顿第二定律可得
联立以上各式，解得
则有
AB正确；
C．由 图像与时间轴所围面积表示位移，可知煤块上升的位移为
由位移时间公式 ，可得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为C错误；
D．传送带的速度为4m/s，在0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，则有传送带的位移为
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
在1~2s时间内传送带相对煤块向上运动，则有传送带的位移
煤块的位移
煤块与传送带的相对位移为
因在0~1s时间内煤块相对传送带向上运动，在1~2s时间内传送带相对煤块向上运动，因此在煤块向上运
动中，与传送带留下的痕迹长为4m；在 时间内，传送带向上运动，煤块向下运动，则有煤块
在传送带上留下的总痕迹长为
D正确。
故选ABD。
10．如图（a）所示，在竖直平面内有宽度为L的匀强磁场I、II、III、IV，各磁场边界平行且在水平面内，
四个区域内匀强磁场磁感应强度的大小均为B，磁场I、III的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，磁场II、
IV的磁感应强度的方向垂直于纸面向里，磁场I、II之间的距离为L，磁场II、III、IV依次相邻。一质量
为m、边长为L的正方形单匝闭合导线框从磁场I上方某一位置静止释放，从导线框下边到达磁场I上边界
开始计时，当导线框下边到达磁场IV的下边界时停止计时，此过程中导线框内电流大小随时间的变化规
律如图（b）所示，图中开始阶段和最后阶段的电流图线平行于时间轴。在运动过程中导线框始终在竖直
平面内且上下两边与各磁场边界始终平行，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（
）A．图（b）中导线框中的电流之比
B．导线框的电阻R为
C．从导线框上边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界运动的总时间为
D．从导线框下边到达磁场 II上边界至导线框下边到达磁场 IV下边界过程中导线框中产生的热量为
【答案】 BD
【解析】A．由图像可知，线圈的下边进入磁场I到线圈的下边进入磁场II的下边界一直做匀速运动，则
线圈的下边进入磁场IV的上边界到线圈的下边进入磁场IV的下边界也做匀速运动，则
则
故A错误；
B．线圈的下边进入磁场I到线圈的下边进入磁场II的下边界一直做匀速运动，运动速度为
解得
故B正确；
C．从导线框上边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV上边界过程中，根据动量定理其中
解得
从导线框上边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界运动的总时间大于 ，故C错误；
D．从导线框下边到达磁场II上边界至导线框下边到达磁场IV下边界过程中导线框中由能量关系
解得产生的热量为
故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共56分．
11. （6分）某同学通过实验测定阻值约为10Ω的电阻R，用内阻约为3kΩ的电压表，内阻约为0.125Ω的
x
电流表进行测量，他设计了图甲和图乙两种电路。
（1）为得到更加准确的测量结果，本实验应采用图 （填“甲”或“乙”）所示的电路，此电
路测得的R 偏 （填“大”或“小”）。
x
（2）要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如
图丙所示，其中定值电阻R=40Ω，R=360Ω，当开关S接B端时，该电流表的量程为0~ mA。
1 2
【答案】（1） 甲 ； 小 ；（2） 10
【解析】（1） 由题知
故电流表应采用外接法，即实验中应采用图甲所示的电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据
可知，测得的电阻比真实值小。
（2）当开关S接B端时，R 和电流表串联，再与R 并联，则有
2 1
故该电流表的量程为0~10 mA。
12. （10分）用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量
能量问题。实验中采用质量分别为m 和m 的两个小球，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在地面
1 2
上的三个落点位置，M、P、N到斜槽末端在地面的投影O点的距离分别为x 、x 、x 。
M P N
（1）下列器材选取或实验操作符合实验要求的是
A．两小球的质量和尺寸可以不同
B．选用两球的质量应满足
C．必要的测量仪器有天平、刻度尺和秒表
D．斜槽轨道越光滑误差越小
（2）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用题目中所给的物理量表示）；若碰撞是弹
性碰撞，那么应该满足的表达式为 （用题目中所给的物理量表示）
（3）某次实验中的部分数据为：m=50g，m=8g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示则碰撞前、
1 2
后总动量的比值为 = ；（小数点后保留两位）
（4）若在这次实验中仅更换被撞小球的材质，保持两小球质量、尺寸等其它条件不变，可以使被撞小球
m 做平抛运动的射程改变。请根据题中给出的数据， 分析和计算出被撞小球m 平抛运动射程的最大可能
2 2
值为 cm。（小数点后保留一位）
【答案】（1） B；（2） ； ；（3）1.03 （4） 77.6
【解析】（1）AB．为了确保发生对心正碰，两小球尺寸必须相同，为了避免碰撞后发生反弹，入射球质
量必须大于被碰小球质量，即
故A错误，B正确；
C．小球平抛运动的竖直方向的高度相等，根据解得
可知，小球平抛运动经历的时间相等，能够用高度间接表示时间，即实验中不需要测量时间，即必要的测
量仪器有天平、刻度尺，不需要秒表，故C错误；
D．入射球每次均从斜槽同一位置静止释放，小球克服摩擦力做功相同，入射球飞出斜槽的速度大小一定，
即斜槽的摩擦对实验没有影响，实验不需要确保斜槽光滑，故D错误。
故选B。
（2）平抛运动水平方向有
， ，
碰撞过程动量守恒，则有
结合上述解得
若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为
结合上述解得
（3）碰前的总动量为
碰后的总动量为
解得
（4）若发生弹性碰撞，被碰小球获得速度最大，平抛运动水平射程最大，根据弹性碰撞规律有
，
解得
结合上述，水平射程有13. （10分）按压式饮水器的原理如图所示。已知气囊的体积 ，忽略细管及连接处的体积。某次
使用前，桶内气体压强与外部大气压强相等，桶内气体体积 ，挤压气囊一次，当气囊中的气体全部
被挤入桶内时，桶内的水恰好上升到出水口处。若整个装置气密性良好，气体温度变化忽略不计。已知大
气压强 ，水的密度 ，重力加速度取 。
（1）请判断说明上述过程中桶内气体是吸热还是放热并说明理由；
（2）求挤压气囊前，桶内液面离出水口的高度h。
【答案】 （1）放热，理由见详解；（2）
【解析】（1）在挤压气囊过程中，气囊内的气体进入桶中，外界在对气囊内气体和原有气体做功，被压
入的气体和原有的气体都被压缩，而桶中气体的温度不变，则原有气体的内能不变，根据热力学第一定律
可知，气体要向外放热。
（2）根据题意可知，压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不变，由
玻意耳定律可知
当气囊中的气体全部被挤入桶内时，桶内的水恰好上升到出水口处，则有
联立解得
14. （14分）如图甲所示，水平地面上放有一质量 的长木板，木板正中间放有一可视为质点的质
量 的小物块。 时木板在水平向右的恒力 的作用下由静止开始向右运动， 时撤去恒力
，小物块恰好不能从长木板的左端掉落，小物块在木板上滑动时木板的 图像如图乙中的折线 所示，
小物块的 图像如图乙中们折线 所示，取重力加速度大小 ，求：
（1）木板的长度 ；
（2）恒力 的大小；
（3）木板沿水平地面运动的最大距离 。【答案】 （1）6m；（2）16N；（3）11m
【解析】（1）依题意可知小物块相对于长木板的位移对应图中阴影部分面积
结合小物块放在木板正中间，根据几何关系解得
（2）由题图可知， 内小物块的加速度大小 ， 内木板的加速度大小 ，
内木板的加速度大小 ，结合牛顿第二定律有
解得
（3）由上可得 ， 后木板和小物块一起减速，设其加速度大小为 ，结合牛顿第二定律有
解得
所以沿水平地面运动的最大距离
15. （16分）利用电磁场偏转离子是在科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在Oxy平面（纸面）的第
一象限内有边界平行于x轴的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，宽度均为L，区域Ⅰ为匀强电场，场强大小为E，方向沿y
轴负方向，区域Ⅱ、Ⅲ为匀强磁场，方向均垂直纸面向里。一群速度大小不同的离子由（0，3L）处沿x轴正方向进入电场，已知离子质量为m、电荷量为+q，不计离子重力，忽略磁场的边界效应。求：
（1）恰从（L，2L）处进入区域Ⅱ离子的初速度；
（2）若要使初速度为0的离子不进入区域Ⅲ，B 的范围；
1
（3）若 ，且 ，经过 处离子的初速度范围。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）根据
解得
（2）当初速为0的粒子轨迹恰好与Ⅱ、Ⅲ边界相切时， 为最小值，此时，粒子进磁场时
解得
即 的范围为
（3）设某一初速度释放的粒子，其轨迹与 相切。运动中经电场偏转后进入Ⅱ区域时，速度与竖直方
向的夹角为θ，经Ⅱ区域偏转后进入第Ⅲ区域时，其半径与水平方向夹角为α，粒子在Ⅱ区域的半径为r，
1
Ⅲ区域的半径为 ，如图所示由 ， 可得
粒子在电场中做类平抛运动
解得
则 ，即
经过 处粒子的初速度范围
